复变函数与积分变换模拟题（开卷）

中国地质大学（北京）继续教育学院 2016年11课程考试

《复变函数与积分变换》模拟题（补）

一．判断题

1．函数若在某点可导一定在该点解析。 （ × ） 2. 若函数f(z)在区域D内解析，则f(z)在区域D内沿任意一条闭曲线C的积分为0。（ × ） 3. z?0是sinz的一阶极点。 （ × ） z4. 不同的函数经拉普拉斯变换后的像函数可能相同。 （ ∨ ）

5．函数在某区域内的解析性与可导性等价。 （ ∨ ） 6．若函数f(z)=u(x,y)+iv(x,y)在区域D内解析当且仅当

?u?u?v?v,,,连续且满足柯西-黎曼?x?y?x?y方程。 （ × ） 7．z?0是1?cosz的本性奇点。 （ × ） z28．若u(x,y)是v(x,y)的共轭调和函数，那么v(x,y)是u(x,y)的共轭调和函数。 （ × ）

二．填空题 1．(1?i4)= 1 。 1?i32．设z?x?iy,求z的虚部= 3x2y?y3 。

1

2?idz= 。?|z|?2z?1z?12)的孤立奇点的类型为 极点 （可去奇点、极点、本性奇点）4．(。 z?12325．L[t2+3t+2]= 3?2? 。

sss3．6. (1?3i1?3i)3= 1 。

zn7. ?的收敛半径为 ∞ 。 n?0n!?第1页（共5页）

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i5z2?z?2

z??,z为复数8． 函数的解析区域为 。

24z2?19． e的孤立奇点的类型为 本性奇点 （可去奇点、极点、本性奇点）。 10. 设C为正向圆周|z|=1,则

1z?C(z?1?i)2dz= 0 。

1三．计算题

1. 分别给出z??3?4i的三角形式的指数形式.

44(?3)2?42?5，Argz?arctan(?)???2k????arctan,

3344因此三角形式为z?5(cos(??arctan)?isin(??acrtan))

33解： |z|?指数形式为z?5e4i(??arctan)3

2. 判断下列函数在何处可导，何处解析？

1）f(z)?x2?iy2； 2）f(z)?x3?3xy2?i(3x2y?y3) 解：1）u(x,y)?x,v(x,y)?y,22?u?u?v?v?2x,?0,?0,?2y,四个偏导函数均连续，?x?y?x?y但柯西黎曼方程

?u?v?u?v?,??仅在x=y处成立，故函数在x=y处可导，处处?x?y?y?x不解析. (4分) 2) u(x,y)?x?3xy,v(x,y)?3xy?y,3223?u?u?3x2?3y2,??6xy, ?x?y

?v?v?6xy,?3x2?3y2,显然四个偏导数处处连续且柯西-黎曼方程?x?y?u?v?u?v?,??处处成立，所以函数处处可导，处处解析. ?x?y?y?x3. 设C为正向圆周|z|=3，计算积分I=?Czdz。

(2z?1)(z?2) 解：因为函数

1z在|z|?3内的奇点为：z??和z?2,

2(2z?1)(z?2) 首先由复合闭路定理有

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zzzI??dz??dz??dz， 1C|z|?12z?1|z?2|?（（2z?1）(z?2)（）(z?2)）(z?2)22z?1由柯西积分公式有：

zzz?i(z?2)dz?dz?2?i??|z|?1(2z?1)(z?2)?|z|?12(z?12)2(z?2)z??152

z?|z?2|?12(2z?1)(z?2)dz??|z?2|?12所以I??z42z?1dz?2?iz??iz?22z?1z?25zzdz?dz??i. 1?|z|?（?|z?2|?（12z?1）(z?2)）(z?2)22z?1 本题也可按留数定理去做.

?et,4．求函数f(t)???0, 解：F [f(t)]=

t?0的傅里叶变换。 t?0?j?t?????f(t)edt??ee??0t?j?tdt??e??0(1?j?)t11(1?j?)t0. dt?e???1?j?1?j?5．求下列各函数在孤立奇点处的留数。 1)

1?cosz； 2z2)

1 在z=2处的留数；

z(z?2)(z?3)1。 z?11?cosz1?coszsinz1lim?lim?，故z=0为可去奇点，因解：1） 0是的奇点，因为22z?0z?02z2zz3) sin此

Res[1?cosz,0]?0. z2 2）z=2是

1的一阶极点，故

z(z?2)(z?3)Res[111,2]?lim(z?2)?.

z?2z(z?2)(z?3)z(z?2)(z?3)10第3页（共5页）

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3）z=1是sin sin1的本性奇点，因为在1<|z|<+∞ z?111111n??????(?1)??， 352n?1z?1z?13!(z?1)5!(z?1)(2n?1)!(z?1)1,1]?C?1?1. z?1 故Res[sin

6．求解微分方程x?(t)?x(t)?sint,x(0)??1.

解： 设L [x(t)]=X(s) 对方程两边实行拉普拉斯变换得到

sX(s)?X(0)?X(s)?即

1 21?ssX(s)?1?X(s)?1 1?s2?s21s1111所以X(s)?， ????222(1?s)(s?1)21?s21?s21?s故x(t)?

7．判断函数f(z)?(x2?y2?x)?i(2xy?y2)在何处可导，何处解析？ 解：u(x,y)?x2?y2?x,v(x,y)?2xy?y2,

1(sint?cost?e?t). 2?u?u?v?v?2x?1,??2y,?2y,?2x?2y ?x?y?x?y四个偏导函数均连续，但要满足柯西黎曼方程

?u?v?u?v?2x?1?2x?2y?,?? ?x?y?y?x需在y?

8．已知v(x,y)??3xy?x，求以v(x,y)为虚部的解析函数f(z)且f(i)=-1。 解：显然v(x,y)??3xy?x是调和函数. 因f(z)解析，由柯西-黎曼条件，

232311

处成立，故函数在y?处可导，处处不解析. 22

?v?u?v?u??3y2?3x2??,??6xy?， ?x?y?y?x第4页（共5页）

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由上面第一式得到：u?y3?3x2y??(x),代入第二式得

?u?x??6xy???(x)??6xy, 有??(x)?0,?(x)?C，因此 u(x,y)?y3?3x2y?C,

f(z)?y3?3x2y?C?i(x3?3xy2)?iz3?C,

因f(i)??1,故i4?C??1,C??2.

f(z)?y3?3x2y?2?i(x3?3xy2)?iz3?2.

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